Pole części wspólnej dwóch kół

/ Piotr / Dodaj komentarz

W dzisiejszym wpisie chciałem przedstawić rozwiązanie następującego problemu:

Jak obliczyć pole figury stanowiącej część wspólną dwóch nakładających się kół?

Ustalmy najpierw co wiemy. Załóżmy, że mamy dwa koła o promieniach r oraz R. Dodatkowo odległość między środkami wynosi 0 < d \leq r+R. Bez straty ogólności możemy założyć, że jedno koło ma środek w punkcie (0,0) a drugie w punkcie (d,0). Wtedy problem ten można zilustrować jak poniżej.

Górną połowę pola (znajdującą się nad osią x) można policzyć jako sumę dwóch całek:

\displaystyle \int_{d-R}^{x_0} \sqrt{R^2-(x-d)^2} dx + \int_{x_0}^{r} \sqrt{r^2-x^2} dx.

Zanim policzymy całki wyznaczmy punkt (x_0,y_0), w którym spotykają się okręgi. Punkt ten leży na obu okręgach, a więc spełnia poniższe równanie:

r^2 -x_0^2 =R^2-(x_0-d)^2.

Po przekształceniu otrzymujemy:

x_0^2-(x_0^2-2x_0d+d^2)=r^2-R^2

oraz ostatecznie:

x_0=\frac{r^2-R^2-d^2}{2d}.

W kolejnym kroku rozwiążemy pomocniczo całkę nieoznaczoną z funkcji reprezentującej okrąg jednostkowy, do której później sprowadzimy obie nasze całki:

\int \sqrt{1-x^2} dx.

Skorzystajmy najpierw z zależności \sin(\arccos(x))=\sqrt{1-x^2} oraz z następującego podstawienia:

x=\cos(u)
dx=-\sin(u) du

Stąd otrzymujemy, że

\int \sqrt{1-x^2} dx=\int \sin(\arccos(x)) dx= \int -\sin^2(u) du.

Korzystając ze wzoru -\sin^2(u)=\frac{\cos(2u)-1}{2} możemy już łatwo policzyć całkę:

\int -\sin^2(u) du= \int \frac{\cos(2u)-1}{2} du= \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} \sin (2u)-u \right)+C.

Następnie użwając wzoru na sinuns podwójnego kąta i odwracając podstawienie u=\arccos(x) dostajemy dalej:

\frac{1}{2} \left( \sin (u) \cos(u)-u \right)+C=\frac{1}{2} \left( \sin (\arccos(x)) x-\arccos(x) \right)+C.

Możemy jeszcze ponownie skorzystać ze wzoru \sin(\arccos(x))=\sqrt{1-x^2} i ostatecznie otrzymujemy:

\displaystyle \int \sqrt{1-x^2} dx=\frac{1}{2} \left( x\sqrt{1-x^2} -\arccos(x) \right)+C.

Zauważmy, że rozwiązanie jest poprawnie określone dla x \in [-1; 1].

Wracając do wyjściowych całek, wyznaczmy najpierw (od razu podwojoną) całkę pod „czerwonym” okręgiem:

\displaystyle 2\int_{x_0}^{r} \sqrt{r^2-x^2} dx.

Poprzez zamianę zmiennych

rt=x
r dt= dx

dostajemy, że powyższa całka jest równa następującej całce:

\displaystyle 2\int_{x_0/r}^{1} r \sqrt{r^2-(rt)^2} dt=2\int_{x_0/r}^{1} r^2 \sqrt{1-t^2} dt.

Dzięki uprzednio obliczonej całce nieoznaczonej powyższe równe jest:

\displaystyle r^2 \left( 1\sqrt{1-1^2} -\arccos(1)- \frac{x_0}{r}\sqrt{1-\left(\frac{x_0}{r}\right)^2} +\arccos \left( \frac{x_0}{r} \right) \right)
\displaystyle =r^2\arccos \left( \frac{x_0}{r} \right) -x_0 \sqrt{r^2-x_0^2} .

Policzmy teraz podwojoną całkę pod „niebieskim” okręgiem:

\displaystyle 2\int_{d-R}^{x_0} \sqrt{R^2-(x-d)^2} dx.

Stosując zamianę zmiennych:

Rt+d=x
R dt=dx

dostajemy, że powyższa całka równa jest:

\displaystyle 2\int_{-1}^{\frac{x_0-d}{R}}R \sqrt{R^2-(Rt)^2} dt=2R^2\int_{-1}^{\frac{x_0-d}{R}} \sqrt{1-t^2} .

Ponownie jak poprzednio podstawiając funkcję pierwotną obliczonej całki nieoznaczonej otrzymujemy, że powyższe wynosi:

\displaystyle R^2 \left( \frac{x_0-d}{R}\sqrt{1-\left(\frac{x_0-d}{R}\right)^2} -\arccos \left( \frac{x_0-d}{R} \right) - 0+\pi \right)

Korzystając ze wzoru arccos(-x)=\pi - arccos(x) dostajemy
\displaystyle =R^2\arccos \left(\frac{d-x_0}{R} \right) -(d-x_0) \sqrt{R^2-(d-x_0)^2} .

Ostatecznie pole figury utworzonej przez nałożenie na siebie dwóch kół wynosi:

\displaystyle r^2\arccos \left( \frac{x_0}{r} \right) - x_0 \sqrt{r^2-x_0^2} + R^2\arccos \left(\frac{d-x_0}{R} \right) -(d-x_0) \sqrt{R^2-(d-x_0)^2} ,

gdzie x_0=\frac{r^2-R^2-d^2}{2d}, oraz 0<d\leq r+R. W przypadku gdy d=0, koło mniejsze zawiera się w większym, natomiast gdy d>r+R koła nie przecinają się w żadnym punkcie.

Wzór jest ten zgodny z dwoma innymi znalezionymi w sieci:

https://mathworld.wolfram.com/Circle-CircleIntersection.html

https://diego.assencio.com/?index=8d6ca3d82151bad815f78addf9b5c1c6